高中数学二轮复习 考点突破 第一部分 专题三 达标检测三 理VIP免费

专题达标检测三一、选择题1．在等差数列{an}中，若a2＋2a6＋a10＝120，则a3＋a9等于()A．30B．40C．60D．80解析：由等差数列性质：若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq，故a2＋2a6＋a10＝4a6＝120，故a6＝30，a3＋a9＝2a6＝2×30＝60.答案：C2．(·宁夏、海南理)等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4等于()A．7B．8C．15D．16解析：设等比数列的公比为q，则由4a1,2a2，a3成等差数列．得4a2＝4a1＋a3.∴4a1q＝4a1＋a1q2.∴q2－4q＋4＝0.∴q＝2，∴S4＝＝15.答案：C3．等比数列{an}中，a1＝512，公比q＝－，用Πn表示它的前n项之积：Πn＝a1·a2·…·an，则Πn中最大的是()A．Π11B．Π10C．Π9D．Π8解析：Πn＝a1a2…an＝a·q1＋2…＋＋n－1＝29n＝(－1)2，∴当n＝9时，Πn最大．故选C.答案：C4．设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列(n∈N*)的前n项和是()A.B.C.D.解析： f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴m＝2，a＝1，∴f(x)＝x2＋x＝x(x＋1)，∴＝＝－，∴Sn＝1…－＋－＋＋－＝1－＝.答案：A5．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且＝(n≥2，n∈N*)，则这个数列的第10项等于()A.B.C.D.解析： 1－＝－1，∴＋＝2，＝＋，∴是首项为，公差为的等差数列，∴＝n，∴a10＝，故选D.答案：D6．数列{an}中，a1＝1，an、an＋1是方程x2－(2n＋1)x＋＝0的两个根，则数列{bn}的前n项和Sn＝()A.B.C.D.解析：由题意得an＋an＋1＝2n＋1，又 an－n＝－[an＋1－(n＋1)]，a1＝1∴an＝n，又an·an＋1＝，∴bn＝.∴Sn＝b1＋b2…＋＋bn＝1－＝.答案：D二、填空题7．数列{an}的构成法则如下：a1＝1，如果an－2为自然数且该自然数之前未出现过，则用递推公式an＋1＝an－2，否则用递推公式an＋1＝3an，则a6＝________.解析： a1－2＝－1∉N，∴a2＝3a1＝3. a2－2＝1＝a1，∴a3＝3a2＝9， a3－2＝7，∴a4＝7， a4－2＝5，∴a5＝5， a5－2＝3＝a2，∴a6＝3a5＝15.答案：158．已知数列{an}满足＝(n∈N*)，且a1＝1，则an＝________.解析：由已知得＝，＝，…＝，a1＝1，左右两边分别相乘得an＝1·····…···＝.答案：9．如图，它满足：(1)第n行首尾两数均为n；(2)图中的递推关系类似杨辉三角，则第n(n≥2)行的第2个数是________．解析：设第n(n≥2)行的第2个数构成数列{an}，则有a3－a2＝2，a4－a3＝3，a5－a4＝4…，，an－an－1＝n－1，相加得an－a2＝2＋3…＋＋(n－1)＝×(n－2)＝，an＝2＋＝.答案：10．对正整数n，设曲线y＝xn(1－x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列的前n项和的公式是________．解析： y＝xn(1－x)，∴y′＝(xn)′(1－x)＋(1－x)′·xn＝n·xn－1(1－x)＋(－xn)．f′(2)＝－n·2n－1－2n＝(－n－2)·2n－1. 函数在点x＝2处点的纵坐标为y＝－2n.∴切线方程为y＋2n＝(－n－2)·2n－1(x－2)，与y轴交点纵坐标为y＝(n＋1)·2n＝an∴＝2n，∴数列成等比数列，首项为2，公比为2，∴前n项和为＝2(2n－1)＝2n＋1－2.答案：2n＋1－2三、解答题11．等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.(1)求an与bn；(2)…求＋＋＋的值．解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，依题意有，解得或(舍去)，故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)由(1)知Sn＝3＋5…＋＋(2n＋1)＝n(n＋2)……，所以＋＋＋＝＋＋＋＋＝＝＝－.12．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝22an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(An2＋Bn＋C)·2n，试推断是否存在常数A、B、C，使得对一切n∈N*，an＝bn＋1－bn恒成立？若存在，求出A、B、C的值；若不存在，说明理由；(3)求证：i<(n2－2n＋2)·2n＋2.(1)解：由已知得＝2·，∴是公比为2的等比数列，且首项为2，∴＝2·2n－1，an＝2n·n2.(2)解： bn＝(An2＋Bn＋C)·2n，∴bn＋1－bn＝[A(n＋1)2＋B(n＋1)＋C]·2n＋1－(An2＋Bn＋C)·2n＝[An2＋(4A＋B)n＋2A＋2B＋C]·2n.若an＝bn＋1－bn恒成立，则An2＋(4A＋B)n＋2A＋2B＋C＝n2恒成立，∴，解得A＝1，B＝－4，C＝6，故存在常数A＝1，B＝－4，C＝6满足条件．(3)证明：由(2)得，...